Description
Lweb 面对如山的英语单词，陷入了深深的沉思，“我怎么样才能快点学完，然后去玩三国杀呢？”。这时候睿智
的凤老师从远处飘来，他送给了 Lweb 一本计划册和一大缸泡椒，他的计划册是长这样的：
—————
序号 单词
—————
1
2
……
n-2
n-1
n
—————
然后凤老师告诉 Lweb ，我知道你要学习的单词总共有 n 个，现在我们从上往下完成计划表，对于一个序号为 x
的单词（序号 1...x-1 都已经被填入）：
- 如果存在一个单词是它的后缀，并且当前没有被填入表内，那他需要吃 n×n 颗泡椒才能学会；
- 当它的所有后缀都被填入表内的情况下，如果在 1...x-1 的位置上的单词都不是它的后缀，那么你吃 x 颗泡
椒就能记住它； - 当它的所有后缀都被填入表内的情况下，如果 1...x-1的位置上存在是它后缀的单词，所有是它后缀的单词中
，序号最大为 y ，那么你只要吃 x-y 颗泡椒就能把它记住。
Lweb 是一个吃到辣辣的东西会暴走的奇怪小朋友，所以请你帮助 Lweb ，寻找一种最优的填写单词方案，使得他
记住这 n 个单词的情况下，吃最少的泡椒。
Solution
正解：trie树+贪心
显然情况1是需要尽量不发生的，而且是可以避免的，只要把它的后缀都先加入即可
因为有相同后缀的要尽量在一起，所以在trie树上也就是连续一段，一直走即可
考虑到从一个节点往子树走的顺序只会影响到 父亲为该节点的儿子，所以满足局部最优，只要每次先走最小的子树即可.
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <queue>
#define RG register
#define il inline
#define iter iterator
#define Max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define Min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=510005;
int n,cnt=0,sz[N],ch[N][27],w[N];char s[N];
inline void ins(){
scanf("%s",s);
int len=strlen(s),p=0;
for(int i=len-1;i>=0;i--){
int x=s[i]-'a';
if(!ch[p][x])ch[p][x]=++cnt;
p=ch[p][x];
}
w[p]++;
}
struct node{
int x,v;
bool operator <(const node &pr)const{return v>pr.v;}
};
int head[N],nxt[N*26],to[N*26],num=0;
inline void link(int x,int y){
nxt[++num]=head[x];to[num]=y;head[x]=num;
}
int id=0;ll ans=0;
inline void dfs(int x,int last){
int now=0;
if(x)id++,ans+=id-last,now=id;
priority_queue<node>q;
for(int i=head[x];i;i=nxt[i])
if(to[i])q.push((node){to[i],sz[to[i]]});
while(!q.empty()){
int u=q.top().x;q.pop();
dfs(u,now);
}
}
inline void build(int x,int last){
if(w[x])link(last,x);
for(int i=0;i<=25;i++){
int u=ch[x][i];
if(u)build(u,w[x]?x:last);
}
}
inline void getit(int x){
sz[x]=1;
for(int u,i=head[x];i;i=nxt[i])
u=to[i],getit(u),sz[x]+=sz[u];
}
void work()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)ins();
build(0,0);getit(0);
dfs(0,0);
cout<<ans<<endl;
}
int main()
{
freopen("pp.in","r",stdin);
freopen("pp.out","w",stdout);
work();
return 0;
}